云南省玉溪市元江民族中学2020学年高一化学6月月考试题（含解析）

云南省元江民中2020学年6月份考试高一化学分卷I一、单选题(共25小题,每小题2.0分,共50分)1.下列从混合物中分离出其中的某一成分，所采取的分离方法正确的是（ ）A. 利用氯化钾与碳酸钙的溶解性差异，可用溶解、过滤的方法除去碳酸钙B. 由于碘在酒精中的溶解度大，所以可用酒精把碘水中的碘萃取出来C. 水的沸点是100 ，酒精的沸点是78.5 ，所以可用加热蒸馏法使含水酒精变为无水酒精D. 氯化钠的溶解度随温度的下降而减小，所以可用冷却法从热的含有少量氯化钾的氯化钠浓溶液中得到纯净的氯化钠晶体【答案】A【解析】试题分析：A、氯化钾易溶于水，碳酸钙不溶，因此可用溶解、过滤的方法除去碳酸钙，A正确；B、酒精与水混溶，则酒精不能作萃取剂，应用苯或四氯化碳将碘水中的碘萃取出来，故B错误；C、直接加热蒸馏易形成共沸混合物，应加CaO后蒸馏使含水酒精变为无水酒精，故C错误；D、氯化钠的水中溶解度虽然随温度的下降而减小，但是其减小的幅度较小，使用冷却法提纯氯化钠不可行，D错误。故选A。考点：考查了物质的分离和提纯的相关知识。2.下列说法不正确的是A. 同温、同压下，相同质量的气体都占有相同的体积B. 同温、同压下，相同体积的气体都含有相同数目的分子C. 1 mol O2中含有1.2041024个氧原子，在标准状况下占有体积22.4 LD. 由0.2 g H2和8.8 g CO2、5.6 g CO组成混合气体，其密度是相同状况下O2密度的0.913倍【答案】A【解析】同温、同压下，质量相同的不同气体的物质的量不一定相同，所以不一定占有相同的体积，故A项错误；由阿伏加德罗定律知，B项正确；标准状况下1 mol任何气体所占体积均为22.4 L,1 mol O2中含氧原子数为26.0210231.2041024，C项正确；0.2 g H2、8.8 g CO2、5.6 g CO的物质的量分别为0.1 mol、0.2 mol、0.2 mol，该混合气体的总质量为14.6 g，总物质的量为0.5 mol，所以该混合气体的平均摩尔质量为29.2 gmol1，氧气的摩尔质量为32 gmol1，两者的相对密度为29.5320.913，D项正确。3.对下列实验的评价，正确的是（ ）A. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-B. 加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32-C. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+D. 验证烧碱溶液中是否含有Cl，先加稍过量的稀硝酸除去OH，再加入AgNO3溶液，如有白色沉淀，则证明有Cl【答案】D【解析】A氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的白色沉淀，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，原溶液中可能含有银离子，不一定含有SO42-，故A错误；B将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，生成的气体可能为二氧化硫、二氧化碳，原溶液中可能存在HCO3-、SO32-等离子，不一定含有碳酸根离子，故B错误；C碳酸钡和碳酸钙等沉淀都可溶于盐酸，原溶液中可能含有Ca2+，不一定含有Ba2+，故C错误；D验证烧碱溶液中是否含Cl-，先加过量的稀硝酸除去OH-，AgCl不溶于硝酸，如有白色沉淀生成，证明含Cl-，故D正确；故选D。点睛：解答该类题目要注意排除离子的干扰，注意实验的严密性，把握物质的性质。本题的易错点为B，能够使澄清石灰水变浑浊的气体可能是二氧化碳或二氧化硫。4. 将4gNaOH固体溶解在水里，配得1L溶液，从中取出10mL，这10mL溶液的物质的量浓度是A. 1mol/LB. 0.1 mol/LC. 0.01 mol/LD. 10 mol/L【答案】B【解析】【分析】据浓度概念和溶液的性质回答。【详解】n(NaOH)=4g/40gmol-1=0.1mol，c(NaOH)=0.1mol/1L=0.1 molL-1。溶液是均一混合物，不论取出多少，其浓度不变。本题选B。5.高岭土的组成可表示为Al2Si2Ox(OH)y，其中x、y的数值分别是（ ）A. 7、2B. 5、4C. 6、3D. 3、6【答案】B【解析】【分析】依据化合物中各种元素化合价代数和为0计算解答。【详解】铝、硅、氧、氢氧根分别显+3价、+4价、2价、1价,依据化合物中各元素的化合价代数和为0,则有(+3)2+(+4)2+(2)x+(1)y=0，即2x+y=14，A. 若x，y分别为7，2，则2x+y=16，不符合题意，A项错误；B. 若x，y分别为5，4，则2x+y=14，符合题意，B项正确；C. 若x，y分别为6，3，则2x+y=15，不符合题意，C项错误；D. 若x，y分别为3，6，则2x+y=12，不符合题意，D项错误；答案选B。6.下列关于物质的量的表述中不正确的是（ ）A. 1.5 mol H2O和2.5 mol水B. 2 mol H2SO4和5 mol硫酸C. 1.2 mol H2和1.6 mol氢D. 10 mol Ne和12 mol氖原子【答案】C【解析】【详解】1.6mol氢指代不明，分子、原子、离子未指明，故C错误；故选C。【点睛】物质的量是表示微观离子的物理量，需要标注微粒种类。7.铝既能与硫酸溶液反应，又能与烧碱溶液反应，下列说法不正确的是（ ）A. 两个反应都是氧化还原反应B. 铝与硫酸反应时，硫酸作氧化剂C. 铝与烧碱溶液反应时，氢氧化钠作氧化剂D. 两个反应都有气体生成【答案】C【解析】【分析】铝既能与硫酸溶液反应化学方程式为：2Al+3H2SO4=2Al2(SO4)3+3H2铝能与烧碱溶液反应的化学方程式为：2Al + 2NaOH + 2H2O = 2NaAlO2 + 3H2，根据氧化还原反应的规律和具体反应作答。详解】根据上述分析可知：A. 两个反应都是氧化还原反应，A项正确；B. 铝与硫酸反应时，硫酸转化为氢气，其中H元素化合价从+1价降低到0价，被还原，作氧化剂，B项正确；C. 铝与烧碱溶液反应时，可理解为铝先与水反应生成氢氧化铝与氢气，生成的氢氧化铝再与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，因此水作氧化剂，C项错误；D. 两个反应都有氢气生成，D项正确；答案选C。【点睛】C项是本题的难点，学生要理解铝与氢氧化钠反应的实质。8.为刻蚀在玻璃上的精美的花纹图案，则刻蚀过程中发生的主要化学反应为（ ）A. CaCO32HCl=CaCl2H2OCO2B. NaHCO3HCl=NaClH2OCO2C. Si4HF=SiF42H2D. SiO24HF=SiF42H2O【答案】D【解析】刻蚀过程中所发生的主要化学反应为SiO2+4HFSiF4+2H2O，故选D。9.为达到下列实验目的，所采用的方法正确的是（ ）A. 分离汽油和水的混合物分液B. 分离水和酒精的混合物分液C. 用酒精从碘水中提取碘萃取D. 从溴水中提取溴分液【答案】A【解析】【详解】A水和汽油的混合物分层，则利用分液法可分离，A项正确；B水和酒精互溶，不能采用分液方法分离，B项错误；C. 酒精与水互溶，不能作为萃取剂，C项错误；D溴水不分层，不能利用分液分离，溴易溶于有机溶剂，不易溶于水，应利用萃取分离，D项错误；答案选A。【点睛】萃取剂的选择遵循四原则：1、与原溶剂不互溶；2、与被萃取的物质不反应；3、被萃取的物质在萃取剂中的溶解度比原溶剂大；4、要不易于挥发，要特别注意酒精不能作为水溶液中溶质的萃取剂。10.纳米是长度单位，1纳米等于1109米，物质的颗粒达到纳米级时，具有特殊的性质。例如将单质铜制成“纳米铜”时，具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧。下列对“纳米铜”的有关叙述正确的是（ ）A. 常温下“纳米铜”比铜片的还原性强，反应时反应速率快B. “纳米铜”颗粒更细小，反应时接触面积大，反应速率快C. “纳米铜”与铜是同素异形体D. 常温下“纳米铜”比铜片更易得电子，反应时反应速率快【答案】B【解析】试题分析：A常温下“纳米铜”比铜片的与氧气的接触面积大，活动性强，反应时反应速率快。错误。BCu是固体，把Cu制成“纳米铜”颗粒更细小，化学反应时接触面大，所以反应速率快。最强。C“纳米铜”与铜都是Cu元素的同种单质，只是颗粒大小不同而已。错误。D常温下“纳米铜”比铜片更易失去电子，反应时反应速率快。错误。考点：考查“纳米铜”的性质的知识。11.如图是氢氧燃料电池(电解质溶液为磷酸溶液)构造示意图。下列关于该电池的说法不正确的是（ ）A. a极是负极B. 电子由a通过灯泡流向bC. 正极的电极反应是O22H2O4e=4OHD. 氢氧燃料电池是环保电池【答案】C【解析】试题分析：A、在氢氧燃料电池中，通入氢气的一极发生氧化反应，为原电池的负极，所以a极是负极，正确；B、电子从负极流向正极，所以电子从a极流出，经灯泡流向b，正确；C、正极是氧气得到电子的反应，电解质为酸性，则生成的氢氧根离子与氢离子反应生成水，即氧气得到电子与氢离子结合生成水，错误；D、氢氧燃料电池的产物是水，无污染，所以属于环保电池，正确，答案选C。考点：对氢氧燃料电池的判断12. 下列说法中，正确的是A. 酸性：盐酸氢硫酸（H2S），故非金属性：ClSB. 第二周期元素的最高正化合价从左到右依次升高C. 共价化合物中只存在共价键离子化合物中一定含有离子键D. 元素原子的最外层电子数越多，得电子能力越强，失电子能力越弱【答案】C【解析】比较元素的非金属性应该是通过最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较，A不正确；B不正确，因为F没有正价；全部由共价键形成的化合物是共价化合物，含有离子键的化合物是离子化合物，C正确；D不正确，例如稀有气体元素既难失去电子，又难得到电子，因此答案选C。13.关于氢键，下列说法不正确的是A. HF的沸点比HCl的沸点高是由于HF分子间存在氢键所致B. 水在结冰时体积膨胀，是由于水分子之间存在氢键C. NH3的稳定性很强，是因为其分子间能形成氢键D. 在氨水中水分子和氨分子之间也存在着氢键【答案】C【解析】【分析】氢原子与电负性大、半径小的原子X（氟、氧、氮等）以共价键结合，若与电负性大的原子Y（与X相同的也可以）接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-HY形式的键，称为氢键，是范德华力之外的另一种分子间力，氢键的存在对物质的物理性质有很大的影响，存在氢键的物质，溶解性和沸点增大。【详解】A项、氢键是某些氢化物(如NH3、H2O、HF)等分子间存在的比分子间作用力稍强的作用力，它的存在使氢化物的熔点、沸点相对较高，HF的沸点比HCl的沸点高是HF分子间形成氢键所致，故A正确；B项、水在结冰时体积膨胀是因为在冰中水分子间更多地以氢键结合排列成规整的晶体，从而使冰的结构中有许多空隙，造成体积膨胀，故B正确；C项、NH3的稳定性取决于NH键的强弱，与分子间能形成氢键无关，故C错误；D项、在氨水中氨分子和水分子之间以氢键结合形成一水合氨，故D正确。故选C。【点睛】本题考查氢键的概念及对物质性质的影响，注意氢键只影响物质的物理性质，与物质的化学性质无关是解答关键。14.元素在周期表中的位置反映了元素的原子结构和元素的性质，下列说法正确的是（ ）A. 同周期元素随着原子序数的递增原子半径逐渐增大B. 第三周期主族元素的最高正化合价等于它所处的主族序数C. 短周期元素形成离子后，最外层电子都达到8电子稳定结构D. 同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质完全相同【答案】B【解析】【详解】A. 同周期元素随着原子序数的递增原子半径逐渐减小，A项错误；B. 大多数的主族元素最高正化合价等于族序数，第三周期的所有主族元素的最高正化合价等于它所处的族序数，B项正确；C. H+、Li+等离子不满足8电子结构，C项错误；D. 同主族元素最外层电子数相同，所以化学性质具有相似性，自上而下原子半径增大，化学性质具有相递变性，同主族化学性质不完全相同，且A族中H元素与碱金属元素性质相差很大，D项错误；答案选B。15.对于反应中的能量变化，下列表述正确的是（ ）A. 放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量B. 断开化学键的过程会放出能量C. 加热才能发生的反应一定是吸热反应D. 氧化反应都为吸热反应【答案】A【解析】试题分析：A、吸热反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量，A项错误；B、形成化学键的过程会释放能量，B项正确；C、吸放热反应与外界条件无直接关系，C项错误；D、燃烧都是放热反应，D项错误；答案选B。考点：考查反应中的能量变化16.原子序数为x的元素E在周期表中位于A，B，C，D四种元素中间(如图所示)，则A，B，C，D四种元素的原子序数之和不可能是(镧系、锕系、0族元素除外)（ ）A. 4xB. 4x6C. 4x10D. 4x14【答案】B【解析】分析：如果D与E、E与D相差原子序数相同时，四种元素的原子序数之和为4x；如果E是第三周期第IIIA族到第VIIA族元素，D和E原子序数相差18，B和E原子序数相差8；如果E是第四周期Ca元素，D和E原子序数相差8，B和E原子序数相差18；如果E是第四周期第IIIA族到第VIIA族元素，D和E原子序数相差18、B和E原子序数相差18；如果这几种元素都是副族元素，且E是第五周期第IVB族到第VIII族、第IB族时，B和E原子序数相差18、E和D原子序数相差32，据此进行解答。详解：如果D与E、E与D相差原子序数相同时，则A、B、C、D四种元素的原子序数之和为4x；如果E为第三周期第IIIA族到第VIIA族元素，D和E原子序数相差18，B和E原子序数相差8，则A、B、C、D四种元素的原子序数之和为4x+10；如果E是第四周期Ca元素，B和E原子序数相差8，D和E原子序数相差18，则A、B、C、D四种元素的原子序数之和为4x+10；如果E是第四周期第IIIA族到第VIIA族元素，D和E原子序数相差18、B和E原子序数相差18，A、B、C、D四种元素的原子序数之和为4x；如果这几种元素都是副族元素，且E是第五周期第IVB族到第VIII族、第IB族时，B和E原子序数相差18、E和D原子序数相差32，则A、B、C、D四种元素的原子序数之和为4x+14，通过以上分析知，A、B、C、D四种元素原子序数之和不可能为4x+6，答案选B。点睛：本题考查元素周期表结构及元素在周期表中位置，题目难度中等，试题侧重考查学生分析问题能力、发散思维能力，采用假设方法对元素进行分析，注意同一主族相邻元素原子序数之差。17.下列说法正确的是（ ）A. 不同核素的质量数必定不同B. 互为同位素的原子，其质子数必定相等C. 32S、33S具有不同的电子数D. 核外电子数相同的微粒必定属于同一种元素【答案】B【解析】【详解】A不同元素原子的质量数可能相同，如13H和23He，A项错误；B同位素是同种元素，质子数必定相等，B项正确；C32S、33S中质子数=核外电子数=16，C项错误；D核电荷数相同的微粒不一定是同一元素，如OH-和F-，D项错误；答案选B。【点睛】注意微粒包括分子、离子、质子、中子等，学生要多方位思考。18.X、Y、Z为原子序数依次增大的同周期的短周期元素。已知X、Y、Z三种原子的最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均生成盐和水。下列判断正确的是（ ）A. X、Y、Z三种元素最高价氧化物的水化物可能有两种是强碱、一种是强酸B. Z元素在第三周期第A族C. X、Y、Z三种元素有两种是金属，一种是非金属D. Y、Z最高价氧化物对应的水化物间反应的离子方程式：H OH=H2O【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的同周期的短周期元素，W、Y、Z三种原子的最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均生成盐和水，则Y元素的最高价氧化物的水化物为两性氢氧化物，则Y为Al元素，这几种元素同一周期且原子序数依次增大，所以W是Na、X为Mg、Z为Cl元素，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知：A. W、Y、Z三种元素的最高价氧化物的水化物分别是NaOH、Al(OH)3、HClO4，它们中NaOH是强碱、Al(OH)3弱碱、HClO4是强酸，A项错误；B. Z为Cl元素，位于第三周期第VIIA族，B项错误；C. W、Y、Z分别是Na、Al、Cl元素，有两种金属、一种非金属，C项正确；D. Y、Z最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化铝与高氯酸，其离子反应方程式为Al(OH)3 +3H=Al3+3H2O，D项错误；答案选C。19.葡萄糖是一种单糖的理由是（ ）A. 它不能发生分解反应B. 不能再水解成更简单的糖C. 分子中只含1个醛基D. 葡萄糖分子中含碳原子数最少【答案】B【解析】糖的水解反应与糖的分解反应是不同的，前者有水参加反应，后者的反应物只是糖本身，故A不对；糖分子中含碳原子数的多少、含醛基的多少不能作为区分单糖和多糖的标准，故否定C、D。区分某种糖是否是单糖的依据是看该糖能否水解成更简单的糖，如不能水解成更简单的糖就是单糖。20.已知反应2H2O22H2O放出能量，下列说法中正确的是（ ）A. 生成物水所具有的总能量高于反应物氢气和氧气所具有的总能量B. 反应物氢气和氧气所具有的总能量高于生成物水所具有的总能量C. 反应物氢气和氧气所具有的总能量等于生成物水所具有的总能量D. 反应物氢气和氧气具有的能量相等【答案】C【解析】试题分析：A因为2H2+O22H2O是放热反应，所以产物H20所具有的总能量小于反应物H2和O2所具有的总能量，A错误；B反应物H2和O2所具有的总能量高于产物H2O所具有的总能量，而氢气具有的能量不一定高于产物H2O具有的总能量，B错误；C正确；由放热反应2H2+O22H2O，只能说明反应物H2和O2所具有的总能量高于产物H2O所具有的总能量，不能说明反应物H2和O2具有的能量相等，D错误；答案选C。考点：考查化学反应中的能量变化。21.下列金属一般用电解熔融盐的方法冶炼的是（ ）A. 活动性强的金属B. 活动性弱的金属C. 人类较早使用的金属D. 明代作货币的金属【答案】A【解析】金属活动性强的金属如Na、K、Mg、Ca等，一般用电解熔融盐的方法冶炼。22.下列关于蔗糖和麦芽糖的说法中不正确的是（ ）A. 蔗糖和麦芽糖的水解产物完全相同B. 蔗糖与麦芽糖互为同分异构体C. 蔗糖与麦芽糖的分子式都是C12H22O11D. 麦芽糖能发生银镜反应，蔗糖不能发生银镜反应【答案】A【解析】【详解】A. 蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，麦芽糖水解只生成葡萄糖，A项错误；B. 蔗糖和麦芽糖分子式相同、结构式不同，互为同分异构体，B项正确；C. 蔗糖和麦芽糖分子式相同，都是C12H22O11，C项正确；D. 麦芽糖是还原性糖，蔗糖是非还原性糖，D项正确；答案选A。23.下列物质属于芳香烃，但不是苯的同系物的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】同系物指结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，具有如下特征：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同，分子式不同、物理性质不同，研究范围为有机物芳香烃通常指分子中含有苯环结构的碳氢化合物；苯的同系物含有1个苯环，侧链为烷基，组成通式为CnH2n-6。【详解】是含有苯环结构的碳氢化合物，属于芳香烃，分子中含有1个苯环，侧链是甲基，分子组成比苯多1个CH2原子团，是苯的同系物；是含有苯环结构的碳氢化合物，属于芳香烃，侧链是乙烯基，含有双键，不是烷基，不是苯的同系物；含有N元素，不是碳氢化合物，不属于芳香烃，更不是苯的同系物；含有O元素，不是碳氢化合物，不属于芳香烃，更不是苯的同系物；是含有苯环结构的碳氢化合物，属于芳香烃，分子中含有2个苯环，不是苯的同系物；是含有苯环结构的碳氢化合物，属于芳香烃，分子中含有1个苯环，侧链是异丙基,分子组成比苯多3个CH2原子团，是苯的同系物；综上所述，和两有机物符合题意要求，故选D。24.根据图判断，下列说法不正确的是（ ）A. 化学式(C6H10O5)n可表示淀粉或纤维素B. 反应化学方程式为C6H12O62C2H5OH2CO2C. 反应得到的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，可用饱和氢氧化钠溶液除去D. 反应和都属于取代反应【答案】C【解析】A淀粉或纤维素都水解生成葡萄糖，分子式都为（C6H10O5）n，A正确； B葡萄糖能分解生成乙醇：C6H12O62C2H5OH+2CO2，B正确；C氢氧化钠能与乙酸乙酯反应，将原物质除掉，应该用饱和碳酸钠溶液，C错误；D酯化和水解都是取代反应，D正确，答案选C。25.若1 mol某气态烃CxHy完全燃烧，需用3molO2，则（ ）A. x2，y2B. x2，y4C. x3，y6D. x3，y8【答案】B【解析】分析】1mol烃CxHy耗氧量为（x+）mol，据此判断。【详解】1 mol某气态烃CxHy完全燃烧，需用3molO2，所以(x+)mol=3mol.A.x=2、y=2，则(x+)=2.5，A项错误；B.x=2、y=4，则(x+)=3，B项正确；C.x=3、y=6，则(x+)=4.5，C项错误；D.x=3、y=8，则(x+)=5，D项错误。答案选B。【点睛】根据燃烧规律，直接利用赋值法进行排除，是快而准的掌握题型方法之一。分卷II二填空题(共5小题,共42分)26.工业上从海水中提溴，实验室中从海带中提碘的过程中发生的离子反应方程式有：2BrCl2=Br22Cl；SO2Br22H2O=4HSO42-2Br；2H2IH2O2=I22H2O。回答下列问题：（1）根据所给出的反应，判断Cl2、Br2、I2、H2O2、SO2的氧化性强弱，可以明确得出的结论是_、_。（2）将适量溴水加入氟化钠溶液中，观察到的现象是_。（3）将适量碘水加入氯化钠溶液中，观察到的现象是_。【答案】 (1). Cl2Br2SO2 (2). H2O2I2 (3). 无明显现象 (4). 无明显现象【解析】【分析】（1）氧化性强弱规律：氧化剂氧化产物；在氧化还原反应中，氧化剂得电子化合价降低，还原剂失电子化合价升高，生成氧化产物；卤族元素的单质，从上到下非金属性逐渐减弱，其氧化性逐渐减弱，据此分析第（2）、（3）问实验现象。【详解】（1）2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，SO2+Br2+2H2O=4H+SO24+2Br-，2H+2I-+H2O2=I2+2H2O，氧化剂的氧化性氧化产物的氧化性，反应物中有元素化合价降低的为氧化剂，有化合价升高的为还原剂，还原剂被氧化为氧化产物，则有氧化性强弱关系：Cl2Br2SO2；H2O2I2；（2）因为氟气比氯气的氧化性强，所以氟气的氧化性强于溴单质的氧化性，故将溴水加入氟化钠溶液中不发生反应，无明显现象；（3）碘比氯气的氧化性弱，故将碘水加入到氯化钠溶液也不发生反应，无明显现象。27.（1）实验室用金属铜和稀硝酸制取NO的离子方程式为_。（2）NO是有毒气体，某学生为防止污染，用分液漏斗和烧杯装配了一套简易的、能随开随用、随关随停的NO气体发生装置，如图甲所示。实验室若没有铜丝，而只有小铜粒，在使用上述装置进行实验时，可用丝状材料包裹铜粒以代替铜丝进行实验，这种丝状材料的成分可以是_(填序号)。A铁 B铝 C铂 D玻璃打开分液漏斗的活塞使反应进行，在分液漏斗中实际看到的气体是红棕色的，原因是_(填化学方程式)。（3）为证明铜丝与稀硝酸反应生成的确实是NO，某学生另设计了一套如图乙所示的装置制取NO。反应开始后，可以在U形管右端观察到无色的NO气体。长玻璃管的作用是_。让反应停止的操作方法及原因是_。（4）以下收集NO气体的装置，合理的是_(填序号)。（5）将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。请回答：NO的体积为_L，NO2的体积为_L。待产生的气体全部释放后，向溶液中加入VmLamolL1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为_ molL1。【答案】 (1). 3Cu8H2NO=3Cu24H2O2NO (2). CD (3). 2NOO2=2NO2 (4). 接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出 (5). 关闭U形管右端导气管上的活塞；反应产生的气体将U形管右端管内的稀硝酸向下压，使铜丝与稀硝酸分开，反应就会停止 (6). CD (7). 5.8 (8). 5.4 (9). 【解析】【分析】（1）金属铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和NO气体；（2）由题意可知，这种成分不能与稀硝酸反应，而Fe、Al与硝酸反应，所以AB不行；二氧化氮是红棕色的气体，一氧化氮很容易和空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体；（3）为了证明产生的气体是NO，则该实验装置要防止产生的气体与空气接触，长玻璃管可以接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出；关闭U形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体使稀硝酸液面下降，从而使铜丝与稀硝酸分开，反应停止；（4）NO能与空气中的氧气反应，故不能用排空气法收集NO，只能用排水法收集；（5）根据守恒的原理计算NO、NO2的体积，以及硝酸溶液的浓度。【详解】（1）金属铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和NO气体，反应的化学方程式：3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，离子方程式为：3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O，故答案为：3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O。（2）由题意可知，这种成分不能与稀硝酸反应，而Fe、Al与硝酸反应，所以AB不行，故答案为：CD。一氧化氮很容易和空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体，所以，制取一氧化氮的装置打开分液漏斗的活塞使反应进行，在分液漏斗中实际看到的气体是红棕色的，发生2NO+O22NO2，故答案为：2NO+O22NO2。（3）为了证明产生的气体是NO，则该实验装置要防止产生的气体与空气接触，长玻璃管可以接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出，故答案为：接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出。关闭U形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体使稀硝酸液面下降，从而使铜丝与稀硝酸分开，反应停止，故答案为：关闭U形管右端导气管上的活塞；反应产生的气体将U形管右端管内的稀硝酸向下压，使铜丝与稀硝酸分开，反应就会停止。 （4）NO能与空气中的氧气反应，故不能用排空气法收集NO，只能用排水法收集，C和D装置符合题意，E装置是洗气装置，故答案为：CD。（5）设混合气中NO和NO2的物质的量分别是x和y。则xy11.2L22.4L/mol0.5mol 金属铜的物质的量是32.64g64g/mol0.51mol则根据电子的得失守恒可知n（e-）=3xy2n（Cu2+）=0.51mol2 由、解得x0.26mol、y0.24mol所以NO和NO2的体积分别是0.26mol22.4L/mol5.8L，0.24mol22.4L/mol5.4L。故答案为：5.8，5.4。溶液中的Cu2全部转化成沉淀后，溶液中的溶质恰好是硝酸钠，则根据原子守恒可知，硝酸钠的物质的量是0.001Vamol所以原硝酸溶液的浓度为故答案为：。28.经测定乙醇的化学式是C2H6O，由于有机物普遍存在同分异构现象，推测乙醇的结构可能是下列二种之一。甲、乙、丙、丁四位同学根据下图给定的实验装置，选用乙醇、钠、水等试剂分别进行实验测定其结构。（）（）（1）学生甲得到一组实验数据：0.10mol乙醇反应后，在标准状况下产生1.12 L的氢气。根据以上数据推断乙醇的结构应为_（用、表示），理由为_。（2）同学乙分别准确称量4.60 g乙醇进行多次实验，结果发现以排在量筒内的水的体积作为生成的氢气体积换算成标准状况后都小于1.12 L，如果忽略量筒本身及乙读数造成的误差，那么乙认为可能是由于样品中含有少量水造成的，你认为正确吗？_（填“正确”或“不正确”）如果你认为正确，请说明理由；如果你认为不正确，那么产生这种情况的原因应该是什么？_。（3）同学丙认为实验成功的关键有：装置气密性要良好，实验开始前准确确定乙醇的量，钠足量，广口瓶内水必须充满，氢气体积的测算方法正确、数值准确。其中正确的有_（填序号）。（4）同学丁不想通过称量乙醇的质量来确定乙醇的量，那么他还需知道的数据是_。（5）实验后，四名同学从乙醇的可能结构分析入手对乙醇和钠的量的关系进行了讨论，如果乙醇的物质的量为nmol，那么对钠的物质的量的取值要求必须是_。【答案】(1)得出乙醇分子中有一个H与其他五个H不同，从而确定乙醇分子的结构为(2)不正确广口瓶与量筒之间玻璃导管中水柱的体积没计算在内(3)(4)所给乙醇样品的密度(5)大于n mol【解析】(1)实验数据表明：1 mol C2H6O与足量的钠反应，产生标准状况下11.2 L H2，即0.5 mol H2，也就是1 mol H。说明1个C2H6O分子中只有1个氢原子被Na置换，故结构式为而不是。(2)乙同学认为样品中含少量水是错误的，因为2Na2H2O=2NaOHH2，且等质量的水产生的氢气比等质量的乙醇多，应大于1.12 L。H2体积小于1.12 L的原因是广口瓶与量筒之间玻璃导管中水柱的体积未计算在内。(3)同学丙关于实验成功的关键的五点中，只有是不必要的，因为反应的烧瓶和导管中都存在空气，广口瓶中是否充满水并不影响实验的准确性。(4)同学丁不想称量乙醇的质量，则只有量取其体积，因此必须知道乙醇的密度。(5)本实验目的是推测乙醇分子的结构，乙醇必须作用完，若乙醇为n mol，由化学反应方程式知：2C2H5OH2Na2C2H5ONaH2，金属钠的物质的量必须大于n mol。29.已知X、Y均为有刺激性气味的气体，且几种物质间有以下转化关系，部分产物未标出。回答下列问题：（1）写出下列各物质的化学式：X_、Y_、A_、B_、C_。（2）反应的的化学方程式为_，反应的离子方程式为_。【答案】 (1). Cl2 (2). SO2 (3). HCl (4). H2SO4 (5). FeCl3 (6). Cl2SO22H2O=2HClH2SO4 (7). 2Fe3SO22H2O=2Fe2SO42-4H【解析】【分析】A与硝酸银溶液、稀硝酸生成白色沉淀可知A中含有Cl-；B与氯化钡溶液、盐酸生成白色沉淀可知B中含有SO42-；X、Y、H2O生成Cl-和SO42-且X、Y均是有刺激性气味的气体可推知X、Y是二氧化硫和氯气，反应为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；X能与铁反应可知X为Cl2，则C为FeCl3、Y为SO2，二氧化硫通入氯化铁溶液生成氯化亚铁、硫酸和盐酸，则A为HCl，B为H2SO4，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题。【详解】(1)根据分析可知：X为Cl2、Y为SO2、A为HCl、B为H2SO4、C为FeCl3；(2)X、Y是二氧化硫和氯气,该反应的化学方程式为：Cl2SO22H2O=2HClH2SO4；二氧化硫通入氯化铁溶液生成氯化亚铁、硫酸和盐酸，反应的离子方程式为：2Fe3SO22H2O=2Fe2SO42-4H，故答案为：Cl2SO22H2O=2HClH2SO4；2Fe3SO22H2O=2Fe2SO42-4H。30.A、B、C、D四种元素，它们原子的核电荷数均小于18，且依次递增。A原子核内仅有1个质子，B原子的电子总数与D原子的最外层电子数相等，A原子与B原子的最外层电子数之和与C原子的最外层电子数相等，D原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍。（1）请写出这四种元素元素名称：A_；B_；C_；D_。（2）A与C形成常见化合物的化学式是_，该化合物的水溶液呈_性。（3）B与D形成的化合物能溶于水，且与水反应的化学方程式是_。【答案】 (1). 氢 (2). 碳 (3). 氮 (4). 氧 (5). NH3 (6). 碱 (7). CO2H2O=H2CO3【解析】【分析】A、B、C、D四种元素，它们原子的核电荷数均小于18，且依次递增。A原子核内仅有1个质子，则A为氢元素，元素符号为H；D原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故D为氧元素，元素符号为O；B原子的电子总数与D原子的最外层电子数相等，则B为碳元素，元素符号为C；A原子与B原子的最外层电子数